Delimitada operador lineal que conmutan con todos los operadores compactos

Question

Deje $A$ ser un delimitada operador lineal sobre el espacio de Banach $X$. Suponiendo que $AK = KA$ por cada operador compacto $K$, ¿cómo puedo demostrar que $A$ debe ser un escalar múltiples de la identidad, es decir, tenemos $A = \lambda I$ para un número $\lambda$.

Hasta ahora yo intento para resolver este uso de Schur del lexema pero no puedo razón por la que $A$ tienen un autovalor, en primer lugar, por el lema que se aplica (el libro en el que tengo el problema de no especificar si el campo es real o complejo).

Cualquier sugerencia o ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Creo que sólo puede jugar con un poco especial compacto operadores, a menos que me falta algo de sutileza. Si $x$ $y$ son linealmente independientes, entonces podemos elegir una base para $X$ que contiene $x$$y$. Deje $K_{x, y}$ ser el operador lineal que se intercambia $x$ $y$ y que se envía a todos nuestros otros vectores de la base a cero. A continuación, $K_{x, y}$ es compacto, ya que es de rango finito. Voy a suprimir cualquier otro hablar de la elección de una base, ya que podría resultar tedioso, pero recuerde que $K_{x,y}$ depende de la elección de la base.

Reclamo: Si hay un $x$ tal que $Ax = \lambda x$,$A=\lambda I$.

Prueba: Si $x$ $y$ son linealmente independientes, con $x$ como en el anterior, entonces tenemos $$Ay=A(K_{x,y}x)=K_{x,y}(Ax)=K_{x,y}(\lambda x)=\lambda y.$$

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Ahora supongamos, por contradicción, que nos podemos encontrar en un $x$ tal que $x$ $Ax$ son linealmente independientes (es decir, $x$ no es un autovector de a $A$). A continuación, debemos tener $$x = K_{x, Ax}(Ax) = A(K_{x, Ax}x) = A(Ax)=A^2x,$$ so $x+Ax$ is an eigenvector for $$. But by our claim, if $$ has an eigenvector, then $=\lambda I$, contradicting linear independence of $x$ and $Ax,$. So all vectors are eigenvectors, and, by our claim, $=\lambda I$ for some $\lambda$.

Answer 2

Supongamos que $Ax$ no es un escalar varios de $x$ algunos $x \in X$. A continuación,$x\ne 0$, y existe un funcional lineal $\phi$ definido en el lineal lapso de $\{x,Ax\}$ tal que $\phi(x)=1$$\phi(Ax)=0$. Un funcional lineal continuo es en las dos dimensiones subespacio generado por $Ax,x$ y, por lo tanto, por el de Hahn-Banach Teorema, se extiende a un continuo lineal funcional $\tilde{\phi}$ sobre todo $X$. A continuación, $Ky = \tilde{\phi}(y)x$ es un compacto lineal operador. Por supuesto $$ KAx = \tilde{\phi}(Ax)x= 0 $$ debe ser igual a $$ AKx = \tilde{\phi}(x)Ax = Ax. $$ Esto es una contradicción, porque $Ax = 0$ es un escalar varios de $x$. Así que, para todos los $x \in X$, existe un escalar $\lambda_{x}$ tal que $Ax=\lambda_{x}x$.

Si $x_{1},x_{2}$ son linealmente independiente de vectores, no hay delimitada lineal funcionales $\phi_{1},\phi_{2}$ $X$ tal que $\phi_{j}(x_{k})=\delta_{k,j}$. Definir $Kx=\phi_{1}(x)x_{2}+\phi_{2}(x)x_{1}$. A continuación,$Kx_{1}=x_{2}$$Kx_{2}=x_{1}$. Así, $$ AKx_{1} = Ax_{2}=\lambda_{x_{2}}x_{2},\\ KAx_{1} = K\lambda_{x_{1}}x_{1} = \lambda_{x_{1}}x_{2}, $$ lo cual es suficiente para forzar $\lambda_{x}=\lambda$ todos los $x$. Por lo $A=\lambda I$.